2024高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动学案新人教版

PAGE17-第三节圆周运动eq\a\vs4\al(一、描述圆周运动)描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：项目定义、意义公式、单位线速度①描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)．②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v＝eq\f(Δl,Δt)＝eq\f(2πr,T).②单位：m/s角速度①描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)．②中学不探讨其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T).②单位：rad/s周期和转速①周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)．②转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)①T＝eq\f(2πr,v)；单位：s.②n的单位r/s、r/min.③f的单位：Hz，f＝eq\f(1,T)向心加速度①描述速度方向变更快慢的物理量(an)．②方向指向圆心①an＝eq\f(v2,r)＝ω2r．②单位：m/s2向心力①作用效果是产生向心加速度，只变更线速度的方向，不变更线速度的大小．②方向指向圆心①Fn＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r．②单位：N相互关系①v＝rω＝eq\f(2πr,T)＝2πrf.②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)＝4π2f2r．③Fn＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4mπ2f2r1．(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，则()A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5r/sC．轨迹半径为eq\f(4,π)m D．加速度大小为4πm/s2答案：BCDeq\a\vs4\al(二、向心力的来源)向心力不是和重力、弹力、摩擦力等相并列的一种性质力，而是依据力的效果命名的，在分析做圆周运动的质点受力状况时，切不行在物体所受的作用力(重力、弹力、摩擦力、万有引力等)以外再添加一个向心力．向心力可能是物体受到的某一个力，也可能是物体受到的几个力的合力或某一个力的分力．运动模型图示动力学方程随水平圆盘一起转动的物块已知物块质量为m，物体受到的静摩擦力为Ff，物块离圆心的距离为r，圆盘转动的角速度为ω，则动力学方程为Ff＝mω2r；若还知道动摩擦因数为μ，物块刚要滑出时，圆盘的角速度ω0＝eq\r(\f(μg,r))围绕地球做匀速圆周运动的卫星已知地球的质量为M，卫星的质量为m，地球半径为R，卫星离地高度为h，卫星的速度为v，则动力学方程为Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)飞机在水平面内做匀速圆周运动已知飞机的质量为m，速度为v，飞机与水平面的倾角为α，半径为R，则动力学方程为mgtan__α＝meq\f(v2,R)圆锥摆已知物体的质量为m，绳长为L，绳与竖直方向的夹角为α，角速度为ω，则动力学方程为mgtan__α＝mω2Lsin__α火车按规定速度转弯火车的质量为m，规定速度为v0，轨道平面的倾角为θ，转弯半径为R，则动力学方程为mgtan__θ＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)汽车过凹形桥，在桥的最低点瞬间已知汽车的质量为m，速度为v，凹形桥的半径为R，支持力为FN，则动力学方程为FN－mg＝meq\f(v2,R)汽车过凸形桥，在桥的最高点瞬间已知汽车的质量为m，速度为v，凸形桥的半径为R，支持力为FN，则动力学方程为mg－FN＝meq\f(v2,R)；在最高点要使汽车不飞车，汽车的最大速度为vmax＝eq\r(gR)飞车走壁(摩托车在倾斜的圆形台面上做水平方向的匀速圆周运动)已知车的质量为m，车做匀速圆周运动的半径为R，墙壁的倾角为α，车的速度为v，则动力学方程为mgtan__α＝meq\f(v2,R)2.如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A的受力状况是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案：Ceq\a\vs4\al(三、匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较)项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变而方向时刻变更的变速曲线运动，是加速度大小不变、方向变更的变加速曲线运动是速度大小和方向都变更的变速曲线运动，是加速度大小、方向都变更的变加速曲线运动加速度方向与速度垂直，即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度大小和方向都变更，所以不仅存在向心加速度，而且存在切向加速度，合加速度的方向不指向圆心向心力F合＝F向＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m\f(v2,r),mω2r,m（\f(2π,T)）2r))F合＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(沿半径方向的分力,Fn＝man,沿切向的分力,F⊥＝ma⊥))3.(多选)小球m用长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一光滑圆钉C(如图所示)．今把小球拉到悬线呈水平后无初速地释放，当悬线呈竖直状态且与钉相碰时()A．小球的角速度突然增大B．小球的向心加速度突然减小C．钉子的位置越靠近小球，线就越简单断D．钉子的位置越远离小球，线就越简单断解析：当绳子遇到钉子瞬间，小球速度不变，转动半径减小，由ω＝eq\f(v,r)知，ω增大，A正确；由a＝eq\f(v2,r)，知B错误；据FT－mg＝eq\f(mv2,r)，知r越小，FT越大，绳越易断，C正确，D错误．答案：ACeq\a\vs4\al(四、离心运动)1．离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消逝或不足以供应圆周运动所需向心力的状况下，所做的渐渐远离圆心的运动．(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．(3)受力特点．①当Fn＝mω2r时，物体做匀速圆周运动．②当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出．③当Fn＜mω2r时，物体渐渐远离圆心，做离心运动．2．近心运动当供应向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即Fn＞mω2r，物体将渐渐靠近圆心，做近心运动．4.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变更，下列关于小球运动状况的说法中正确的是()A．若拉力突然消逝，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做近心运动解析：若拉力突然消逝，小球将沿切线Pa飞出，A正确；若拉力突然变小，小球将远离圆心做离心运动，B正确，D错误；若拉力突然变大，小球将做近心运动，C错误．答案：AB圆周运动是一种很普遍的运动形式，大到天体的运动，小到电子绕核旋转，在工农业生产和科技前沿都有广泛的应用．物体做曲线运动时可“化曲为直”或“化曲为圆”．考点一圆周运动的运动学分析1.对公式v＝ωr的理解当r肯定时，v与ω成正比．当ω肯定时，v与r成正比．当v肯定时，ω与r成反比．2．对an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v肯定时，an与r成反比．在ω肯定时，an与r成正比．3．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.甲乙(2)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.甲乙(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比．甲乙eq\a\vs4\al(典例)如图是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n，则自行车前进的速度为()A.eq\f(πnr1r3,r2)B.eq\f(πnr2r3,r1)C.eq\f(2πnr2r3,r1)D.eq\f(2πnr1r3,r2)[思维点拨]解决本题的关键是知道靠链条传动，线速度相等．共轴转动，角速度相等．转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，则圆心转的角度为2π，所以ω＝2πn.解析：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，依据v＝rω可知r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝2πn，则轮Ⅱ的角速度ω2＝eq\f(2πnr1,r2)，因为轮Ⅱ和后轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等，即ω3＝ω2，依据v＝rω，可知后轮边缘的线速度v3＝r3ω3＝eq\f(2πnr1r3,r2)，又因为自行车前进的速度大小等于后轮边缘的线速度大小，故D正确．答案：D在探讨v、ω、r、a、T的关系时，应采纳限制变量法，即保持其中一个量不变来探讨另外两个量的关系，用到的公式有v＝rω，ω＝eq\f(2π,T)，a＝eq\f(v2,r)＝rω2＝vω＝eq\f(4π2,T2)r.考点二圆周运动的动力学问题1.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避开再另外添加一个向心力．2．几种典型运动模型运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台3.“一、二、三、四”求解圆周运动问题eq\a\vs4\al(典例)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路途行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s[思维点拨]该题是一个多过程圆周运动问题，首先分清过程，明确过程之间的关系，比如：因为最大径向静摩擦力一样，向心力最大值一样，所以在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速．解析：赛车做圆周运动时，由F＝eq\f(mv2,R)知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，依据F＝meq\f(v2,R)知，其速率v＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f(2.25mgR,m))＝45m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30m/s.由题图几何关系知，直道的长度为x＝eq\r(L2－（R－r）2)＝50eq\r(3)m.据v2－v′2＝2ax，知在直道上的加速度a≈6.50m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝eq\f(2πr,3)，对应的运动时间t＝eq\f(s,v′)≈2.79s，选项D错误．答案：AB求解圆周运动的动力学问题做好“三分析”1．几何关系的分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等．2．运动分析：目的是表示出物体做圆周运动所须要的向心力公式．3．受力分析：目的是利用力的合成与分解的学问，表示出物体做圆周运动时外界所供应的向心力．考点三水平面内的圆周运动水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题．1．与摩擦力有关的临界问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，假如只是摩擦力供应向心力，则有μFN＝eq\f(mv2,r)，静摩擦力的方向肯定指向圆心；假如除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，其中一个在水平面上做圆周运动时，存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．2．与弹力有关的临界问题压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．eq\a\vs4\al(典例)(多选)(2024·日照一模)如图，两个质量均为m的小木块A、B用轻绳相连，放在水平圆盘上，A恰好处于圆盘中心，B与转轴的距离为l.木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知重力加速度大小为g，两木块可视为质点．若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．当ω＝eq\r(\f(μg,2l))时，木块A受到的摩擦力大小为eq\f(1,2)μmgB．当ω＝eq\r(\f(μg,l))时，木块B受到的摩擦力大小为μmgC．当ω＝eq\r(\f(3μg,2l))时，轻绳上的拉力大小eq\f(3,2)μmgD．当ω＝eq\r(\f(2μg,l))时剪短轻绳，木块B将做离心运动[思维点拨]当绳上刚好没有拉力时，求出临界角速度ω0，然后依据角速度的取值进行受力分析，应用牛顿其次定律结合向心力公式求解．解析：当绳上刚好没有拉力时，对B物体有μmg＝mωeq\o\al(2,0)l，临界角速度ω0＝eq\r(\f(μg,l))，B正确；当ω＝eq\r(\f(μg,2l))＜ω0时，对B物体有Ff＝mω2l＝eq\f(1,2)μmg，绳上无拉力，木块A受到的摩擦力大小为0，A错误；当ω＝eq\r(\f(3μg,2l))＞ω0时，对B物体有μmg＋FT＝mω2l，轻绳上的拉力大小FT＝eq\f(1,2)μmg，C错误；当ω＝eq\r(\f(2μg,l))时剪短轻绳，B物体最大静摩擦力不足以供应向心力，B物体将做离心运动，D正确．答案：BD水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变更时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要依据物体的受力状况，推断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特殊是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．2．当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．考点四竖直面内的圆周运动1.两类模型比较项目绳—球模型杆—球模型实例如球与绳连接，沿内轨道运动的球等如球与杆连接，球在内壁光滑的圆管内运动等图示最高点无支撑最高点有支撑最高点受力特征重力、弹力，弹力方向向下或等于零重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上受力示意图力学特征mg＋FN＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FN＝0，vmin＝eq\r(gr)FN＝mg，v＝0过最高点条件v≥eq\r(gr)v≥0速度和弹力关系探讨分析①能过最高点时，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN；②不能过最高点时，v＜eq\r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；②当0＜v＜eq\r(gr)时，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小；③当v＝eq\r(gr)时，FN＝0；④当v＞eq\r(gr)时，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大2.解题技巧(1)定模型：首先推断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥eq\r(gR)及杆模型中v≥0这两个临界条件．(3)探讨状态：通常状况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依据牛顿其次定律列出方程：F合＝F向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．eq\a\vs4\al(典例)(多选)(2024·衡水二调)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m、可视为质点的小球，在竖直面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，下列说法正确的是()甲乙A．轻质绳长为eq\f(mb,a)B．当地的重力加速度为eq\f(m,a)C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq\f(ac,b)－aD．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a解析：在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力供应向心力，则mg＋T＝meq\f(v2,L)，得T＝eq\f(m,L)v2－mg，图象的斜率k＝eq\f(a,b)，可得eq\f(m,L)＝eq\f(a,b)，绳长L＝eq\f(mb,a)，故A正确；当v2＝0时，T＝－a，可得－a＝－mg，得g＝eq\f(a,m)，故B错误；当v2＝c时，可得T＝eq\f(m,L)c－mg＝eq\f(a,b)c－a，故C正确；最高点有T1＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，最低点有T2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),L)，从最高点到最低点的过程中，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgL，联立解得T2－T1＝6mg＝6a，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差恒为6a，故D正确．答案：ACD1.(多选)(2024·丹东质检)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点()A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1B．A点和B点的角速度之比为1∶1C．A点和B点的角速度之比为3∶1D．以上三个选项只有一个是正确的解析：题图中三个齿轮边缘线速度相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度肯定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，选项B、D错误．答案：AC2.(2024·廊坊联考)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度渐渐增大时(物体不滑动)，下列说法正确的是()A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大B．物体所受弹力增大，摩擦力减小C．物体所受弹力和摩擦力都减小D．物体所受弹力增大，摩擦力不变解析：物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用，重力G、筒壁对它的弹力FN和筒壁对它的摩擦力f(如图所示)．其中G和f是一对平衡力，筒壁对它的弹力FN供应它做圆周运动的向心力．当圆筒转动时，不管其角速度为多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的摩擦力f大小就等于其重力．而依据向心力公式得FN＝mrω2，当角速度ω增大时，FN也增大．答案：D3.(多选)(2024·陕西大联考)如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m.竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时()A．小球A、B的向心力之比为3∶2B．当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5LC．当转台转动的角速度为ω时，轻弹簧长度变为3L，则弹簧的劲度系数为1.8mω2D．假如角速度渐渐增大，小球B先接触转台边沿解析：转台转动时，小球A、B的向心力均由弹簧的弹力供应，则向心力大小相等，故选项A错误；当轻弹簧长度变为2L时，设小球A做圆周运动的半径为rA，有k(2L－L)＝3mω2rA＝2mω2(2L－rA)，解得rA＝0.8L，故选项B错误；当转台转动的角速度为ω时，轻弹簧长度变为3L，有k(3L－L)＝3mω2rA＝2mω2(3L－rA)，解得rA＝1.2L，k＝1.8mω2，故选项C正确；因rB＞rA，则当角速度渐渐增大时，小球B先接触转台边沿，故选项D正确．答案：CD4．(2024·湖北八市联考)如图所示，金属环M、N用不行伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列推断正确的是()A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等解析：环N受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零；设细线与竖直方向的夹角为θ，则在竖直方向上有Tcosθ＝GN，在水平方向上有N1＝Tsinθ，因为重力GN和夹角θ恒定，所以细线的拉力T不变，环N与杆之间的弹力N1恒定，故A、C错误；环M受到绳子的拉力T，竖直向下的重力GM，竖直向上的支持力N2，以及水平杆的摩擦力f；在竖直方向上有N2＝GM＋Tcosθ＝GM＋GN，可知支持力N2恒定不变；若以较小角速度转动时，摩擦力方向向右，即Tsinθ－f＝mω2r，得f＝Tsinθ－mω2r；随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即Tsinθ＋f＝mω2r，得f＝mω2r－Tsinθ，所以可能存在f＝mωeq\o\al(2,1)r－Tsinθ＝Tsinθ－mωeq\o\al(2,2)r，摩擦力向左和向右时相等的状况，故B错误，D正确．答案：D5．(多选)(2024·江苏如东一检)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v1，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()A．该弯道的半径r＝eq\f(v2,gtanθ)B．当火车质量变更时，规定的行驶速度大小不变C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压解析：火车按规定速度拐弯时，靠重力和支持力的合力供应向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，依据牛顿其次定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，v＝eq\r(grtanθ)，故A、B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以供应向心力，此时外轨对火车有侧压力，外轨将受到轮缘的挤压，故C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，内轨将受到轮缘的挤压，故D错误．答案：AB6．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．a绳的张力不行能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω＞eq\r(\f(g,l·tanθ))，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力肯定发生变更解析：对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，若b绳伸直时，解得Ta＝eq\f(mg,sinθ)，为定值，A正确，B错误；当Tacosθ＝mω2l即ω＝eq\r(\f(g,l·tanθ))时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，故D错误．答案：AC7.(2024·吉林调研)如图所示，两个相同的小木块A和B(均可看成质点)，质量均为m.用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与圆盘中心的竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．木块A、B所受的摩擦力始终相等B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍C．ω＝eq\r(\f(kg,L))是绳子起先产生弹力的临界角速度D．若ω＝eq\r(\f(2kg,3L))，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动解析：当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力供应向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，之后角速度接着增大，则绳子出现弹力，当A的静摩擦力达到最大时，A、B起先相对圆盘发生滑动，可知B的静摩擦力方向始终指向圆心，在绳子出现弹力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力大小之比为1∶2，当绳子出现弹力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，选项A、B错误；当最大静摩擦力刚好供应B做圆周运动的向心力时，绳子起先产生弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝eq\r(\f(kg,2L))，选项C错误；当A所受的静摩擦力达到最大时，A、B起先相对滑动，对A有kmg－T＝mLω′2，对B有T′＋kmg＝mω′2·2L，T＝T′，解得ω′＝eq\r(\f(2kg,3L))，选项D正确．答案：D8．(2024·重庆模拟)长度为L＝0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2m/s，g取10m/s2，则此时小球受到轻质细杆的力为()A．24N的拉力B．24N的支持力C．6N的支持力D．6N的拉力解析：对通过A点时的小球分析，假设杆对小球施加了向下的拉力，由牛顿其次定律可知mg＋F＝meq\f(v2,L)，解得F＝－6N，负号说明杆对小球是向上的支持力，故选项C正确．答案：C9．(2024·北京测试)质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则物体在最低点时，下列说法正确的是()A．向心力为mg＋meq\f(v2,R)B．受到的摩擦力为μmeq\f(v2,R)C．受到的摩擦力为μmg